--- title: "المنطق والمجموعات والتطبيقات" book: "الرياضيات الجامعية — السنة 1" subject: math language: ar chapter: 1 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps --- # الفصل 1 — المنطق والمجموعات والتطبيقات حتى الآن جرت البراهين على فكرة غير صورية، لكنها أمينة، عمّا يعنيه «البرهان». يجعل هذا الفصل الأول من الرياضيات الجامعية قواعد اللعبة صريحة: ما [العبارة](#def-b1-logic-statement) الرياضية، وكيف تركّب الروابط والمسوِّرات العبارات، وأيّ الخطوات مشروعة داخل برهان — ثم يبني على هذا الأساس لغتَي الرياضيات الشاملتين: المجموعات والتطبيقات. ## 1.1 العبارات والروابط **تعريف 1.1 (العبارة، الروابط).** *العبارة* (أو *القضية*) جملة إمّا صادقة (ص) وإمّا كاذبة (ك) — إحدى الحالتين لا غير. من العبارتين $P$ و $Q$ نكوّن: - *النفي* $\lnot P$ («ليس $P$ »)، وهو صادق تحديدًا عندما تكون $P$ كاذبة؛ - *العطف* $P \land Q$ (« $P$ و $Q$ »)، وهو صادق تحديدًا عندما تكون العبارتان صادقتين؛ - *الفصل* $P \lor Q$ (« $P$ أو $Q$ »)، وهو صادق تحديدًا عندما تكون إحداهما على الأقل صادقة (و«أو» هنا جامعة)؛ - *الاستلزام* $P \implies Q$ ، وهو كاذب تحديدًا عندما تكون $P$ صادقة و $Q$ كاذبة؛ - *التكافؤ* $P \iff Q$ ، وهو صادق تحديدًا عندما تحمل $P$ و $Q$ قيمة الحقيقة نفسها. **ملاحظة 1.2.** يستحق جدول حقيقة $P \implies Q$ وقفة: عندما تكون $P$ كاذبة يكون $P \implies Q$ *صادقًا* مهما تكن $Q$. فالجملة «إذا كان $2 < 1$ فإن $0 = 5$» استلزام صادق. لا يقول الاستلزام شيئًا عمّا يحدث حين يخفق فرضه. **قضية 1.3 (قواعد الحساب على العبارات).** لكل عبارات $P$ و $Q$ و $R$: 1. $\lnot(\lnot P) \iff P$ ؛ 2. قانونا دي مورغان: $\lnot(P \land Q) \iff (\lnot P) \lor (\lnot Q)$ و $\lnot(P \lor Q) \iff (\lnot P) \land (\lnot Q)$ ؛ 3. $(P \implies Q) \iff \bigl((\lnot P) \lor Q\bigr)$ ، ومنه $\lnot(P \implies Q) \iff P \land (\lnot Q)$ ؛ 4. [عكس النقيض](#prop-b1-logic-rules) : $(P \implies Q) \iff \bigl((\lnot Q) \implies (\lnot P)\bigr)$ ؛ 5. $(P \iff Q) \iff \bigl((P \implies Q) \land (Q \implies P)\bigr)$ ؛ 6. التوزيعية: $P \land (Q \lor R) \iff (P \land Q) \lor (P \land R)$ و $P \lor (Q \land R) \iff (P \lor Q) \land (P \lor R)$ . **برهان.** يُتحقَّق من كل تكافؤ بمقارنة جداول الحقيقة: عبارتان مركّبتان من $P$ و $Q$ و $R$ متكافئتان تحديدًا عندما تأخذان قيمة الحقيقة نفسها في كل حالة من الحالات (الأربع أو الثماني). ولنعرض جدولًا واحدًا كاملًا، لقانون دي مورغان الأول: | $P$ | $Q$ | $P \land Q$ | $\lnot(P \land Q)$ | $\lnot P$ | $\lnot Q$ | $(\lnot P) \lor (\lnot Q)$ | | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | | ص | ص | ص | ك | ك | ك | ك | | ص | ك | ك | ص | ك | ص | ص | | ك | ص | ك | ص | ص | ك | ص | | ك | ك | ك | ص | ص | ص | ص | يتطابق العمودان $4$ و $7$، وهذا يبرهن على القانون. أمّا في حالة [عكس النقيض](#prop-b1-logic-rules) فالطريق اللفظي أسرع: [العبارة](#def-b1-logic-statement) $P \implies Q$ كاذبة تحديدًا في الحالة ($P$ صادقة، $Q$ كاذبة)، و$(\lnot Q) \implies (\lnot P)$ كاذبة تحديدًا في الحالة ($\lnot Q$ صادقة، $\lnot P$ كاذبة)، أي ($Q$ كاذبة، $P$ صادقة) — وهي الحالة الوحيدة نفسها، فللاستلزامين إذن الجدول نفسه. وتُتحقَّق بقية القواعد بالطريقة نفسها؛ ولاحظ أن (3) يردّ كل استلزام إلى فصل، فتُنتج (2) آليًا قاعدة النفي $\lnot(P \implies Q) \iff P \land (\lnot Q)$: فلتكذيب استلزام يجب إبراز حالة يتحقق فيها الفرض ويخفق فيها الاستنتاج. ∎ ## 1.2 المسوِّرات **تعريف 1.4 (المسوِّرات).** لتكن $P(x)$ خاصية لعنصر $x$ من [مجموعة](#def-b1-logic-sets) $E$. - $\forall x \in E,\ P(x)$ («لكل $x$ في $E$ ، $P(x)$ ») صادقة عندما يحقق كل عنصر من $E$ الخاصية $P$ ؛ - $\exists x \in E,\ P(x)$ («يوجد $x$ في $E$ بحيث $P(x)$ ») صادقة عندما يحقق عنصر واحد على الأقل من $E$ الخاصية $P$ . ونكتب $\exists!$ للدلالة على «يوجد عنصر وحيد». **قضية 1.5 (نفي المسوِّرات).** $$ \lnot\bigl(\forall x \in E,\ P(x)\bigr) \iff \exists x \in E,\ \lnot P(x), \qquad \lnot\bigl(\exists x \in E,\ P(x)\bigr) \iff \forall x \in E,\ \lnot P(x). $$ **برهان.** لنبرهن على التكافؤ الأول في الاتجاهين؛ والثاني مماثل. إذا كانت $\forall x \in E,\ P(x)$ كاذبة فليس كل عنصر يحقق $P$: أي أن [المجموعة](#def-b1-logic-sets) $A = \{x \in E : \lnot P(x)\}$ لا يمكن أن تكون خالية، وأيّ عنصر منها يشهد على $\exists x \in E,\ \lnot P(x)$. وبالعكس، إذا حقق عنصر $x_0 \in E$ الخاصية $\lnot P(x_0)$ فإن $x_0$ مثال مضاد وتخفق [العبارة](#def-b1-logic-statement) الكلية. أمّا القاعدة الثانية فتقول: «لا يوجد $x$ يحقق $P$» تعني أن [المجموعة](#def-b1-logic-sets) $\{x : P(x)\}$ خالية، أي أن كل $x$ ينتمي إلى متمّمتها $A$. وبتطبيق القاعدتين تباعًا على بادئة متداخلة من المسوِّرات نحصل على الإجراء الآلي في [المثال 1.8](#ex-b1-logic-limit): يسير النفي من اليسار إلى اليمين، فيقلب كل $\forall$ إلى $\exists$ وكل $\exists$ إلى $\forall$، ثم ينفي أخيرًا المحمول الأعمق. ∎ **مثال 1.6 (نفي جمل رياضية مألوفة).** لتكن $f \colon \R \to \R$. تُكتب الجملة «$f$ متزايدة» هكذا $$ \forall x \in \R,\ \forall y \in \R,\quad x \leq y \implies f(x) \leq f(y) , $$ ونفيها، حسب [القضية 1.5](#prop-b1-logic-negquant) وبالقاعدة $\lnot(P \implies Q) \iff P \land \lnot Q$: $$ \exists x \in \R,\ \exists y \in \R,\quad x \leq y \ \text{ و}\ f(x) > f(y) : $$ فيكفي زوج شاهد واحد. وبالمثل تُكتب «$f$ محدودة» $\exists M \in \R,\ \forall x \in \R,\ \abs{f(x)} \leq M$، ونفيها $$ \forall M \in \R,\ \exists x \in \R,\quad \abs{f(x)} > M : $$ *مهما* يكن الحاصر المقترح فثمّة نقطة تتجاوزه. والفكرة النافذة: لا يحتوي نفي صحيح قط على «ليس» مطبَّقة على كتلة مسوَّرة — بل هو [عبارة](#def-b1-logic-statement) إيجابية جديدة تتبادل فيها الأدوار: صار على المرء أن ينتج الشواهد التي كان يتلقّاها. **مثال 1.7 (ترتيب المسوِّرات).** ترتيب المسوِّرات المختلفة مهمّ: $$ \forall x \in \R,\ \exists y \in \R,\ y > x \quad\text{صادقة (خذ } y = x+1\text{)،} $$ $$ \exists y \in \R,\ \forall x \in \R,\ y > x \quad\text{كاذبة (لا يفوق أيّ عدد حقيقي جميع الأعداد الحقيقية).} $$ في [العبارة](#def-b1-logic-statement) الأولى يجوز أن يتعلق $y$ بالعنصر $x$؛ وفي الثانية يجب أن يفي $y$ واحد بعينه بالغرض لكل $x$. أمّا المسوِّران المتماثلان فيتبادلان موقعيهما دائمًا. **مثال 1.8 (قراءة تعريف بثلاثة مسوِّرات).** الجملة «المتتالية $(u_n)$ تتقارب نحو $\ell$» ستُكتب في [الفصل 11](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#ch-b1-seq) هكذا $$ \forall \varepsilon > 0,\ \exists N \in \N,\ \forall n \geq N,\quad \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon . $$ ونفيها، [بتطبيق](#def-b1-logic-map) [القضية 1.5](#prop-b1-logic-negquant) ثلاث مرات، هو $$ \exists \varepsilon > 0,\ \forall N \in \N,\ \exists n \geq N,\quad \abs{u_n - \ell} > \varepsilon . $$ والقدرة على نفي جمل كهذه آليًا، دون التفكير في معناها، مهارة حقيقية: فهي تفصل العمل المنطقي عن العمل الرياضي. ## 1.3 طرائق البرهان **طريقة 1.9 (أنماط البرهان المعيارية).** للبرهان على… 1. *استلزام $P \implies Q$ مباشرةً* : نفترض $P$ ونستنتج $Q$ ؛ 2. *[بعكس النقيض](#prop-b1-logic-rules)* : نفترض $\lnot Q$ ونستنتج $\lnot P$ — وهذا مشروع حسب [القضية 1.3](#prop-b1-logic-rules) (4)؛ 3. *بالخلف* : نفترض أن [العبارة](#def-b1-logic-statement) كاذبة ونستخرج تناقضًا؛ 4. *تكافؤ* : نبرهن على الاستلزامين كلٍّ على حدة (أو نصل سلسلة من التكافؤات المعروفة)؛ 5. *[عبارة](#def-b1-logic-statement) «لكل»* : نأخذ $x$ *كيفيًا* في $E$ («ليكن $x \in E$ ») ونبرهن على $P(x)$ ؛ 6. *[عبارة](#def-b1-logic-statement) «يوجد»* : نبرز شاهدًا، أو نبرهن على الوجود بطريقة غير مباشرة؛ 7. *بالاستقراء* : انظر [المبرهنة 1.12](#thm-b1-logic-induction) . وعند البرهان على [عبارة](#def-b1-logic-statement) تخصّ عنصرًا كيفيًا حسن الاختيار، لا تمنح العنصر خصائص زائدة أبدًا: فقولك «ليكن $x \in \R$» متبوعًا بالقول «بما أن $x > 0$…» لا يبرهن على شيء يخصّ قيم $x$ السالبة. **ملاحظة 1.10 (مزالق شائعة في البراهين).** أربعة أفخاخ كلاسيكية، يستحق كلٌّ منها أن يُسمّى مرة واحدة. 1. *العكس بدل [عكس النقيض](#prop-b1-logic-rules).* [العبارة](#def-b1-logic-statement) $Q \implies P$ *ليست* مكافئة [للعبارة](#def-b1-logic-statement) $P \implies Q$ ؛ المكافئ لها هو $\lnot Q \implies \lnot P$ وحده. فجملة «إذا أمطرت السماء ابتلّ الشارع» لا تخوّل استنتاج المطر من شارع مبتلّ. 2. *البرهان على تكافؤ باستلزام واحد.* دعوى «إذا وفقط إذا» مبرهنتان؛ فصرّح بالاتجاه الذي تبرهن عليه، وبرهن على الاتجاهين معًا. ولا تكون سلاسل $\iff$ مشروعة إلا إذا كانت *كل* حلقة فيها قابلة للعكس حقًّا — وتربيع معادلة، مثلًا، ليس كذلك. 3. *البراهين المقلوبة.* الانطلاق من الاستنتاج المطلوب واستخراج [عبارة](#def-b1-logic-statement) صادقة منه لا يبرهن على شيء (فمن $-1 = 1$ نستخرج $1 = 1$ الصادقة بالتربيع). قد *يُكتشف* حساب ما بالمقلوب، لكن يجب أن *يُكتب* بالاتجاه الصحيح، أو بتكافؤات صريحة. 4. *الشاهد المثبَّت في مقابل العنصر الكيفي.* للبرهان على $\exists x,\ P(x)$ يكفي إبراز $x$ واحد مختار بذكاء؛ وللبرهان على $\forall x,\ P(x)$ يجب أن يبقى $x$ المختار كيفيًا. والخلط بين الأمرين — أي التحقق من دعوى كلية على مثال — أشيع الأخطاء في كرارير المبتدئين. **مثال 1.11 (عكس النقيض والخلف في العمل).** *ليكن $n \in \N$: إذا كان $n^2$ زوجيًا فإن $n$ زوجي.* [بعكس النقيض](#prop-b1-logic-rules): إذا كان $n$ فرديًا، $n = 2k+1$، فإن $n^2 = 4k^2 + 4k + 1$ فردي. *العدد $\sqrt 2$ أصمّ.* بالخلف: نفترض أن $\sqrt 2 = p/q$ حيث $p, q \in \N^*$ والكسر في أبسط صورة. عندئذ $p^2 = 2q^2$ زوجي، فالعدد $p$ زوجي (بالنقطة السابقة)، $p = 2r$؛ ومنه $q^2 = 2r^2$ زوجي، فالعدد $q$ زوجي — وهذا يناقض كون الكسر في أبسط صورة. **مبرهنة 1.12 (الاستقراء).** لتكن $P(n)$ خاصية للعدد الصحيح الطبيعي $n$. إذا كان 1. $P(0)$ صادقة، و 2. لكل $n \in \N$ ، $P(n) \implies P(n+1)$ ، فإن $P(n)$ صادقة لكل $n \in \N$. *الاستقراء القوي:* يبقى الاستنتاج نفسه إذا استُبدلت (2) بما يلي: لكل $n$، $\bigl(P(0) \land \dots \land P(n)\bigr) \implies P(n+1)$. **برهان.** هذه خاصية [للمجموعة](#def-b1-logic-sets) $\N$ نفسها، مكافئة لما يلي: *كل جزء غير خالٍ من $\N$ له عنصر أصغر* (ونأخذه معلومًا). وبالفعل، نفترض تحقق (1) و (2) ولتكن $A = \{n \in \N : P(n) \text{ كاذبة}\}$. إذا كانت $A \neq \emptyset$ فلها عنصر أصغر $m$؛ و $m \neq 0$ حسب (1)؛ عندئذ $m - 1 \notin A$، فتتحقق $P(m-1)$، وتعطي (2) تحقق $P(m)$ — وهذا تناقض. إذن $A = \emptyset$. وأمّا الاستقراء القوي فنطبّق عليه الحجة نفسها: تتحقق $P(0), \dots, P(m-1)$ جميعًا لأن $m$ أصغر عناصر $A$. ∎ **مثال 1.13 (البرهان على الوجود الوحيد).** [العبارة](#def-b1-logic-statement) $\exists!\,x,\ P(x)$ عبارتان *اثنتان*، يُبرهن على كلٍّ منهما على حدة: الوجود (بإبراز أو إنشاء $x_0$ يحقق $P(x_0)$) والوحدانية (نفترض $P(x)$ و $P(x')$ ونستنتج $x = x'$). مثال على ذلك: *يوجد عدد حقيقي وحيد $x$ يحقق $x^3 + x = 2$.* الوجود: $x_0 = 1$ يفي بالغرض لأن $1 + 1 = 2$. الوحدانية: إذا كان $x^3 + x = x'^3 + x'$ فإن $$ 0 = (x^3 - x'^3) + (x - x') = (x - x')\,\bigl(x^2 + xx' + x'^2 + 1\bigr), $$ والعامل الثاني موجب (فهو يساوي $\bigl(x + \tfrac{x'}2\bigr)^2 + \tfrac34 x'^2 + 1 \geq 1$)، ومنه $x = x'$. ولاحظ توزيع العمل: استعمل الوجود تخمينًا موفقًا، واستعملت الوحدانية جبرًا صالحًا لحلول *كيفية* — فلا تنوب إحدى الحجتين عن الأخرى، ونسيان النصف الثاني إغراء دائم بمجرد العثور على حلّ. **مثال 1.14.** لكل $n \in \N^*$: $\;\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$. حالة البداية $n = 1$: الطرفان يساويان $1$. خطوة الانتقال: بافتراض الصيغة من أجل $n$، $$ \sum_{k=1}^{n+1} k = \frac{n(n+1)}{2} + (n+1) = (n+1)\Bigl(\frac n2 + 1\Bigr) = \frac{(n+1)(n+2)}{2}. \qedhere $$ **مثال 1.15 (الاستقراء القوي في العمل).** *كل عدد صحيح $n \geq 2$ جداءُ أعداد أولية* (والعدد الأولي عدد صحيح $\geq 2$ قواسمه الوحيدة التي $\geq 1$ هي $1$ وهو نفسه؛ وتُدرس الأعداد الأولية لذاتها في [الفصل 6](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/6-integer-arithmetic#ch-b1-arith)). والاستقراء العادي عاجز هنا: فمعرفة أن $95 = 5 \times 19$ لا تقول شيئًا عن $96$. أمّا الاستقراء القوي فيلائم المقام تمامًا. حالة البداية: $2$ أوليّ، فهو إذن جداء أعداد أولية (بعامل واحد). خطوة الانتقال: ليكن $n \geq 2$ ولنفترض أن كل عدد صحيح $m$ يحقق $2 \leq m \leq n$ جداءُ أعداد أولية. إذا كان $n + 1$ أوليًا فقد انتهينا. وإلا فإن $n + 1 = ab$ مع $2 \leq a, b \leq n$؛ وبالفرض القوي يكون كلٌّ من $a$ و $b$ جداء أعداد أولية، فكذلك $n + 1$. والفكرة النافذة: الاستقراء القوي هو الأداة الصحيحة كلما كان «سبب» $P(n+1)$ قابعًا في رتبة سابقة لا يمكن التنبؤ بها، لا في الرتبة $n$. ## 1.4 المجموعات **تعريف 1.16 (العمليات على المجموعات).** نأخذ مفهوم *المجموعة* وعلاقة الانتماء $x \in E$ مفهومين أوليين. من أجل مجموعتين $A, B$ داخل مجموعة محيطة $E$: - *الاحتواء* : $A \subseteq B$ عندما $\forall x,\ x \in A \implies x \in B$ ؛ والتساوي $A = B$ عندما $A \subseteq B$ و $B \subseteq A$ ؛ - *الاتحاد* $A \cup B$ ، و *التقاطع* $A \cap B$ ، و *الفرق* $A \setminus B = \{x \in A : x \notin B\}$ ، و *المتمّمة* $\overline{A} = E \setminus A$ ؛ - *المجموعة الخالية* $\emptyset$ ، وهي محتواة في كل مجموعة؛ - *مجموعة الأجزاء* $\mathcal{P}(E)$ : مجموعة كل أجزاء $E$ ؛ - *الجداء* $E \times F$ : مجموعة الثنائيات المرتبة $(x, y)$ حيث $x \in E$ و $y \in F$ . **مثال 1.17 (التآلف مع مجموعة الأجزاء).** من أجل $E = \{a, b\}$: $$ \mathcal P(E) = \bigl\{\, \emptyset,\ \{a\},\ \{b\},\ \{a, b\} \,\bigr\}, $$ أربعة عناصر — ولاحظ انضباط الأنماط: $a \in E$ لكن $\{a\} \in \mathcal P(E)$؛ والعبارتان $a \in \mathcal P(E)$ و$\{a\} \subseteq \mathcal P(E)$ كاذبتان كما كُتبتا (إذ تقتضي الثانية أن يكون $a$ *جزءًا* من $E$). وبالانطلاق من لا شيء: $\mathcal P(\emptyset) = \{\emptyset\}$ له عنصر واحد، و$\mathcal P(\mathcal P(\emptyset)) = \{\emptyset, \{\emptyset\}\}$ له عنصران، والتالي له أربعة — فمجموعات المجموعات مجموعات عادية، وسيؤكد [الفصل 2](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/2-counting#ch-b1-counting) نمط التضاعف: $\abs{\mathcal P(E)} = 2^{\abs E}$. والحفاظ على تمييز المستويات ($x$ و $\{x\}$ و $\{\{x\}\}$) نصف المعركة في تمارين مثل التمارين [1.11](#exo-b1-logic-11) و[1.12](#exo-b1-logic-12). **قضية 1.18 (جبر المجموعات).** من أجل أجزاء $A, B, C$ من $E$: 1. $A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)$ و $A \cup (B \cap C) = (A \cup B) \cap (A \cup C)$ ؛ 2. دي مورغان: $\overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}$ و $\overline{A \cap B} = \overline{A} \cup \overline{B}$ ؛ 3. $A \subseteq B \iff \overline{B} \subseteq \overline{A}$ . **برهان.** تترجم كل متطابقة قاعدةً من قواعد [القضية 1.3](#prop-b1-logic-rules) عبر القاموس ($\in A$ أو لا) $\leftrightarrow$ (صدق [العبارة](#def-b1-logic-statement) أو كذبها): مثلًا $x \in \overline{A \cup B} \iff \lnot(x \in A \lor x \in B) \iff (x \notin A) \land (x \notin B) \iff x \in \overline{A} \cap \overline{B}$. والنقطة (3) هي [عكس النقيض](#prop-b1-logic-rules). وكمثال ثانٍ، إليك قانون التوزيعية الأول كاملًا: $$ x \in A \cap (B \cup C) \iff (x \in A) \land \bigl(x \in B \lor x \in C\bigr) \iff \bigl(x \in A \land x \in B\bigr) \lor \bigl(x \in A \land x \in C\bigr), $$ حسب توزيعية [القضية 1.3](#prop-b1-logic-rules) (6)، وتقرأ [العبارة](#def-b1-logic-statement) الأخيرة $x \in (A \cap B) \cup (A \cap C)$. وكل متطابقة مجموعات من هذا النوع قابلة للبرهان بهذه الترجمة الآلية الواحدة — ولهذا لا تحتاج أيٌّ منها إلى حفظ. ∎ **طريقة 1.19 (البرهان على تساوي مجموعتين).** للبرهان على $A = B$، نبرهن على الاحتوائين: ليكن $x \in A$، ونبيّن أن $x \in B$؛ ثم ليكن $x \in B$، ونبيّن أن $x \in A$. وبدلًا من ذلك نصل التكافؤات $x \in A \iff \dots \iff x \in B$ عندما تكون كل خطوة تكافؤًا حقًّا. ![قانونا دي مورغان في صورة: المنطقة المظللة على اليسار هي A ∪ B = A ∩ B (كل ما يقع خارج القرصين)؛ وعلى اليمين A ∩ B = A ∪ B (كل شيء عدا التداخل العدسي الشكل). والرسم ليس برهانًا، لكنه يجعل البرهان بمطاردة العناصر في عصيًّا على النسيان.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-logic/fig-5465323f1d10.svg) *قانونا دي مورغان في صورة: المنطقة المظللة على اليسار هي $\overline{A \cup B} = \overline A \cap \overline B$ (كل ما يقع خارج القرصين)؛ وعلى اليمين $\overline{A \cap B} = \overline A \cup \overline B$ (كل شيء عدا التداخل العدسي الشكل). والرسم ليس برهانًا، لكنه يجعل البرهان بمطاردة العناصر في [القضية 1.18](#prop-b1-logic-setalgebra) عصيًّا على النسيان.* ## 1.5 التطبيقات **تعريف 1.20 (التطبيق، الصورة، الصورة العكسية).** *التطبيق* (أو *الدالة*) $f \colon E \to F$ يقرن بكل عنصر $x$ من [المجموعة](#def-b1-logic-sets) $E$ (*[مجموعة](#def-b1-logic-sets) التعريف*) عنصرًا واحدًا $f(x)$ من [المجموعة](#def-b1-logic-sets) $F$ (*[مجموعة](#def-b1-logic-sets) الوصول*). من أجل $A \subseteq E$ و $B \subseteq F$: $$ f(A) = \{f(x) : x \in A\} \subseteq F, \qquad f^{-1}(B) = \{x \in E : f(x) \in B\} \subseteq E $$ هما *الصورة المباشرة* [للمجموعة](#def-b1-logic-sets) $A$ و*الصورة العكسية* [للمجموعة](#def-b1-logic-sets) $B$. و*تركيب* $f \colon E \to F$ مع $g \colon F \to G$ هو $g \circ f \colon E \to G$، $x \mapsto g(f(x))$. **ملاحظة 1.21.** الترميز $f^{-1}(B)$ *لا* يفترض وجود [تطبيق](#def-b1-logic-map) عكسي: [فالمجموعة](#def-b1-logic-sets) $f^{-1}(B)$ معرَّفة من أجل كل $f$. والصور العكسية أحسن سلوكًا من الصور المباشرة: إذ يحافظ $f^{-1}$ على الاتحادات والتقاطعات والمتمّمات، بينما قد يكون $f(A \cap A') \subseteq f(A) \cap f(A')$ احتواءً تامًّا ([التمرين 1.8](#exo-b1-logic-8)). **مثال 1.22 (حساب الصور والصور العكسية).** لتكن $f \colon \R \to \R$، $x \mapsto x^2$. عندئذ: $$ f\bigl(\intcc{-1}{2}\bigr) = \intcc04, \qquad f^{-1}\bigl(\intcc14\bigr) = \intcc{-2}{-1} \cup \intcc12, \qquad f^{-1}(\{-1\}) = \emptyset . $$ من أجل الأولى: كل $x \in \intcc{-1}2$ يحقق $x^2 \in \intcc04$، وكل $y \in \intcc04$ يُبلغ على الصورة $y = (\sqrt y)^2$ حيث $\sqrt y \in \intcc02 \subseteq \intcc{-1}2$ — ولاحظ أن الصورة *ليست* $\intcc14 = \{(-1)^2, 2^2\}$: فصور المجالات لا تُحسب من الطرفين وحدهما. ومن أجل الثانية: $1 \leq x^2 \leq 4 \iff 1 \leq \abs x \leq 2$، وهذا ينقسم إلى قطعتين. وتوضح الثالثة أن [الصورة العكسية](#def-b1-logic-map) قد تكون خالية — [فالمجموعة](#def-b1-logic-sets) $f^{-1}(B)$ ذات معنى دائمًا، مهما صغر تقاطع $B$ مع الصورة. وأخيرًا لاحظ على هذا المثال ظاهرة الاحتواء التام المذكورة في الملاحظة أعلاه: بأخذ $A = \intcc{-1}0$ و $A' = \intcc01$ نجد $f(A \cap A') = f(\{0\}) = \{0\}$، بينما $f(A) \cap f(A') = \intcc01$. **تعريف 1.23 (متباين، شامل، تقابلي).** [التطبيق](#def-b1-logic-map) $f \colon E \to F$ يكون: - *متباينًا* عندما تكون صور العناصر المتمايزة متمايزة: $\forall x, x' \in E,\ f(x) = f(x') \implies x = x'$ ؛ - *شاملًا* عندما يُبلغ كل عنصر من $F$ : $\forall y \in F,\ \exists x \in E,\ f(x) = y$ ؛ - *تقابليًا* عندما يكون متباينًا وشاملًا معًا، أي عندما يكون لكل $y \in F$ سابقةٌ واحدة تمامًا. **مبرهنة 1.24 (التطبيق العكسي).** [التطبيق](#def-b1-logic-map) $f \colon E \to F$ تقابليّ إذا وفقط إذا وُجد [تطبيق](#def-b1-logic-map) $g \colon F \to E$ يحقق $g \circ f = \mathrm{id}_E$ و $f \circ g = \mathrm{id}_F$. وعندئذ يكون $g$ وحيدًا؛ ويُكتب $f^{-1}$ ويُسمّى *مقلوب* $f$، ويكون $f^{-1}$ نفسه [تقابليًا](#def-b1-logic-inj) ومقلوبه $(f^{-1})^{-1} = f$. **برهان.** ($\Rightarrow$) إذا كان $f$ [تقابليًا](#def-b1-logic-inj) فلكل $y \in F$ سابقةٌ وحيدة؛ ونعرّف $g(y)$ بأنه تلك السابقة. عندئذ $f(g(y)) = y$ بحكم الإنشاء، و $g(f(x)) = x$ لأن $x$ هو سابقة $f(x)$ *الوحيدة*. ($\Leftarrow$) نفترض وجود $g$ كهذا. إذا كان $f(x) = f(x')$ فبتطبيق $g$ نجد $x = x'$: أي أن $f$ متباين. ومن أجل $y \in F$، فإن $x = g(y)$ يحقق $f(x) = y$: أي أن $f$ شامل. الوحدانية: إذا وفى كلٌّ من $g$ و $h$ بالغرض فإن $g = g \circ \mathrm{id}_F = g \circ (f \circ h) = (g \circ f) \circ h = h$. وأخيرًا فإن زوج المتطابقتين متناظر في $f$ و $g$، فيكون $g = f^{-1}$ [تقابليًا](#def-b1-logic-inj) ومقلوبه $f$. ∎ **مثال 1.25 (حساب المقلوب عمليًا).** لتكن $f \colon \R \to \intoo0{+\infty}$، $f(x) = \eu^{2x+1}$. لقلبه نحلّ المعادلة $y = f(x)$ من أجل $y > 0$ معطى: $$ y = \eu^{2x+1} \iff \ln y = 2x + 1 \iff x = \frac{\ln y - 1}2 , $$ وكل خطوة قابلة للعكس على المجموعتين المعلنتين. ويعطي هذا الحساب كل شيء دفعة واحدة: فلكل $y$ من [مجموعة](#def-b1-logic-sets) الوصول حلٌّ واحد $x$ لا غير، [فالتطبيق](#def-b1-logic-map) $f$ تقابليّ، و $$ f^{-1} \colon \intoo0{+\infty} \to \R, \qquad f^{-1}(y) = \frac{\ln y - 1}2 . $$ والتحقق السريع من التركيبين ($f^{-1}(f(x)) = \frac{(2x+1) - 1}2 = x$ و $f(f^{-1}(y)) = \eu^{\ln y} = y$) يؤكد معيار [المبرهنة 1.24](#thm-b1-logic-inverse). والفكرة النافذة: «حُلَّ من أجل $x$ وراقب التكافؤات» هو في آن واحد برهان الوجود وبرهان الوحدانية والصيغة — لكنه لا يفلح إلا إذا أُعلنت [مجموعة](#def-b1-logic-sets) الوصول إعلانًا صحيحًا ([فالتطبيق](#def-b1-logic-map) $f$ *ليس* [شاملًا](#def-b1-logic-inj) على $\R$). **قضية 1.26 (التركيب والخصائص الثلاث).** لتكن $f \colon E \to F$ و $g \colon F \to G$. 1. إذا كان $f$ و $g$ متباينين (أو شاملين، أو تقابليين على التوالي) فكذلك $g \circ f$ ؛ وعندئذ $(g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}$ في الحالة التقابلية. 2. إذا كان $g \circ f$ [متباينًا](#def-b1-logic-inj) فإن $f$ متباين. وإذا كان $g \circ f$ [شاملًا](#def-b1-logic-inj) فإن $g$ شامل. **برهان.** (1) إذا كان $g(f(x)) = g(f(x'))$ فتباين $g$ يعطي $f(x) = f(x')$، ثم تباين $f$ يعطي $x = x'$. وإذا كان $z \in G$ فشمول $g$ يعطي $y$ يحقق $g(y) = z$، ثم شمول $f$ يعطي $x$ يحقق $f(x) = y$، ومنه $g(f(x)) = z$. وفي الحالة التقابلية نتحقق مباشرة من أن $f^{-1} \circ g^{-1}$ مقلوب ثنائي الجانب للتركيب $g \circ f$، وتُتمّ الوحدانية في [المبرهنة 1.24](#thm-b1-logic-inverse) البرهان. (2) إذا كان $f(x) = f(x')$ فإن $g(f(x)) = g(f(x'))$، ويعطي تباين $g \circ f$ أن $x = x'$. وإذا كان $z \in G$ فشمول $g \circ f$ يعطي $x$ يحقق $g(f(x)) = z$: عندئذ $y = f(x)$ يحقق $g(y) = z$. ∎ **مثال 1.27 (النقطة (2) دقيقة).** في [القضية 1.26](#prop-b1-logic-comp) (2) لا يمكن تقوية الاستنتاجين: فكون $g \circ f$ [تقابليًا](#def-b1-logic-inj) *لا* يفرض شمول $f$ ولا تباين $g$. خذ $E = G = \{1\}$، و$F = \{1, 2\}$، مع $f(1) = 1$ و $g(1) = g(2) = 1$: عندئذ $g \circ f = \mathrm{id}_E$ تقابليّ، ومع ذلك يفوت $f$ العنصر $2$ ويطوي $g$ العنصرين في واحد. والعبرة قاعدةُ محاسبة دقيقة: تنتقل معلومة التركيب إلى [التطبيق](#def-b1-logic-map) *الداخلي* في مسألة التباين، وإلى [التطبيق](#def-b1-logic-map) *الخارجي* في مسألة الشمول، ولا تنتقل قط في الاتجاه المعاكس. (ويبني [التمرين 1.9](#exo-b1-logic-9) الظاهرة نفسها على مجموعات لا نهائية، حيث تكون المحرك وراء المقلوبات أحادية الجانب.) **مثال 1.28.** [التطبيق](#def-b1-logic-map) $f \colon \R \to \R$، $x \mapsto x^2$ ليس [متباينًا](#def-b1-logic-inj) ($f(-1) = f(1)$) ولا [شاملًا](#def-b1-logic-inj) (فالعدد $-1$ ليست له سابقة). وبتقييد [مجموعة](#def-b1-logic-sets) التعريف [ومجموعة](#def-b1-logic-sets) الوصول يصير $f \colon \R_+ \to \R_+$، $x \mapsto x^2$ [تقابليًا](#def-b1-logic-inj)، ومقلوبه $y \mapsto \sqrt y$. فتباين [تطبيق](#def-b1-logic-map) أو شموله يتعلق بمجموعتي التعريف والوصول المعلنتين، لا بالصيغة وحدها. ## 1.6 العلاقات **تعريف 1.29 (علاقة التكافؤ).** *العلاقة الثنائية* $\mathcal{R}$ على [مجموعة](#def-b1-logic-sets) $E$ تكون *علاقة تكافؤ* عندما تكون: *انعكاسية* ($x \mathbin{\mathcal{R}} x$ لكل $x$)، و*تماثلية* ($x \mathbin{\mathcal{R}} y \implies y \mathbin{\mathcal{R}} x$) و*متعدّية* ($x \mathbin{\mathcal{R}} y$ و $y \mathbin{\mathcal{R}} z$ يستلزمان $x \mathbin{\mathcal{R}} z$). و*صف التكافؤ* للعنصر $x$ هو $\mathrm{cl}(x) = \{y \in E : x \mathbin{\mathcal{R}} y\}$. **مثال 1.30 (التحقق من البديهيات الثلاث).** على $\R$، نضع $x \mathbin{\mathcal{R}} y$ عندما يكون $x - y \in \Z$. *انعكاسية:* $x - x = 0 \in \Z$. *تماثلية:* إذا كان $x - y \in \Z$ فإن $y - x = -(x - y) \in \Z$. *متعدّية:* إذا كان $x - y \in \Z$ و $y - z \in \Z$ فإن $x - z = (x - y) + (y - z) \in \Z$ (مجموع عددين صحيحين). إذن $\mathcal R$ [علاقة تكافؤ](#def-b1-logic-equiv)، و$\mathrm{cl}(x) = x + \Z = \{x + k : k \in \Z\}$: ويحتوي كل صف على ممثّل واحد بالضبط في $\intco01$، هو *جزؤه الكسري*. وعلى النقيض من ذلك فالعلاقة «$\abs{x - y} \leq 1$» على $\R$ انعكاسية وتماثلية لكنها *غير* متعدّية ($0 \mathbin{\mathcal R} 1$ و $1 \mathbin{\mathcal R} 2$، ومع ذلك $\abs{0 - 2} > 1$): فالقرب لا ينتشر، ولا وجود لأيّ تجزئة إلى صفوف — وهو مثال مضاد يحسن استحضاره حين يبدو التحقق من البديهيات أمرًا روتينيًا. **مبرهنة 1.31 (الصفوف تكوّن تجزئة).** لتكن $\mathcal{R}$ [علاقة تكافؤ](#def-b1-logic-equiv) على $E$. عندئذ تكون صفوف التكافؤ غير خالية، ومتقاطعتين عند التساوي أو منفصلتين مثنى مثنى، واتحادها هو $E$: أي أنها تكوّن *تجزئة* [للمجموعة](#def-b1-logic-sets) $E$. وبالعكس، كل تجزئة [للمجموعة](#def-b1-logic-sets) $E$ تنشأ على هذا النحو من [علاقة تكافؤ](#def-b1-logic-equiv) واحدة لا غير (هي «الانتماء إلى القطعة نفسها»). **برهان.** لدينا $x \in \mathrm{cl}(x)$ بالانعكاسية، فالصفوف غير خالية واتحادها $E$. ولنفترض أن $\mathrm{cl}(x) \cap \mathrm{cl}(y) \neq \emptyset$، وليكن $z$ في كليهما. عندئذ $x \mathbin{\mathcal{R}} z$ و $y \mathbin{\mathcal{R}} z$، فبالتماثل والتعدّي نجد $x \mathbin{\mathcal{R}} y$. والآن من أجل $t \in \mathrm{cl}(y)$ كيفيّ يعطي التعدّي أن $t \in \mathrm{cl}(x)$، وبالتناظر كذلك: فالصفّان متساويان. وأمّا العكس فلتكن $(E_i)_{i \in I}$ تجزئةً [للمجموعة](#def-b1-logic-sets) $E$ ولنعرّف $x \mathbin{\mathcal S} y$ بأنها تعني «توجد قطعة تحتوي $x$ و $y$ معًا». *انعكاسية:* ينتمي $x$ إلى قطعة ما، وهي تحتوي $x$ عندئذ مرتين. *تماثلية:* الشرط المعرِّف متناظر في $x$ و $y$. *متعدّية:* إذا كان $x, y \in E_i$ و $y, z \in E_j$ فإن $y \in E_i \cap E_j$، ومنه $E_i = E_j$ (فالقطع المتمايزة منفصلة) ويشترك $x, z$ في قطعة. وصفّ $x$ بالنسبة إلى $\mathcal S$ هو بالضبط القطعة التي تحتوي $x$، فالصفوف هي القطع المعطاة. وأخيرًا فالعلاقة محدَّدة بصفوفها: إذ إن علاقتَي تكافؤ لهما الصفوف نفسها تربطان الأزواج نفسها، لأن كلًّا منهما تربط بين $x$ و $y$ تحديدًا عندما ينتمي $y$ إلى صف $x$ — ومن هنا دعوى الوحدانية. ∎ **مثال 1.32.** على $\Z$، التوافق بترديد $n$ (أي $x \equiv y \pmod n$ عندما يقسم $n$ الفرق $x - y$) علاقةُ تكافؤ؛ وصفوفها هي المجموعات $n$ المكوَّنة من الأعداد الصحيحة ذات باقٍ معطى عند القسمة على $n$. ويصير هذا المثال الحلقة $\Z/n\Z$ في [الفصل 7](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/7-algebraic-structures#ch-b1-structures). **تعريف 1.33 (علاقة الترتيب).** العلاقة $\preceq$ على $E$ تكون *ترتيبًا* عندما تكون انعكاسية و*ضدّ تماثلية* ($x \preceq y$ و$y \preceq x$ يستلزمان $x = y$) ومتعدّية. ويكون الترتيب *كليًا* عندما يكون أيّ عنصرين قابلين للمقارنة، و*جزئيًا* فيما عدا ذلك. والعنصر $M \in A \subseteq E$ يكون *عنصرًا أكبر* في $A$ عندما يكون $a \preceq M$ لكل $a \in A$؛ والعناصر الكبرى (والصغرى) وحيدة عند وجودها. **مثال 1.34.** [المجموعة](#def-b1-logic-sets) $(\R, \leq)$ مرتّبة [ترتيبًا](#def-b1-logic-order) كليًا. أمّا $(\mathcal{P}(E), \subseteq)$ فهي مرتّبة [ترتيبًا](#def-b1-logic-order) جزئيًا بمجرد أن يكون [للمجموعة](#def-b1-logic-sets) $E$ عنصران: إذ إن $\{a\}$ و $\{b\}$ غير قابلين للمقارنة. والجزء $A = \{\{a\}, \{b\}\}$ من $\mathcal{P}(\{a,b\})$ ليس له عنصر أكبر، ومع ذلك له حاصر أعلى $\{a, b\}$: والتمييز بين العناصر الكبرى والحواصر العليا يعود، من أجل $\R$، في [الفصل 10](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#ch-b1-reals). **مثال 1.35 (ترتيبان على الشبكة N2\N^2N2).** على ثنائيات الأعداد الطبيعية نقارن مركّبةً مركّبةً: $(a, b) \preceq (a', b')$ عندما يكون $a \leq a'$ *و* $b \leq b'$ (*ترتيب الجداء*). وهذا ترتيب — إذ تُورَث كل بديهية إحداثيةً إحداثيةً — لكنه جزئيّ: فالثنائيتان $(1, 3)$ و $(2, 0)$ غير قابلين للمقارنة. والآن لنقارن كما يقارن المعجم: $(a, b) \preceq_{\mathrm{lex}} (a', b')$ عندما يكون $a < a'$، أو $a = a'$ و$b \leq b'$ (*الترتيب المعجمي*). ويقتضي التعدّي تحققًا من حالتين لكنه يصمد، وصار أيّ ثنائيتين قابلتين للمقارنة: فالترتيب كليّ. والترتيبان يرتّبان [المجموعة](#def-b1-logic-sets) نفسها ترتيبين مختلفين — فلدينا $(0, 100) \preceq_{\mathrm{lex}} (1, 0)$ في حين لا يقول ترتيب الجداء شيئًا — وهو تذكير بأن الترتيب بنيةٌ *نختارها*، لا خاصيةٌ [للمجموعة](#def-b1-logic-sets). والمقارنة المعجمية هي كذلك الحيلة المعيارية لردّ عدة معايير للترتيب إلى معيار واحد. **ملاحظة 1.36 (استراحة: الحجم بوصفه تقابلًا).** ثمة موضوع صامت في هذا الفصل يستحق أن يُسلَّط عليه الضوء: التقابلات هي مفهوم الرياضياتي عن «الحجم نفسه». وفي حالة المجموعات المنتهية يصير هذا حسابَ العدّ في [الفصل 2](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/2-counting#ch-b1-counting)، حيث تخفي كل صيغة تقابلًا؛ وفي حالة المجموعات اللانهائية يصير مسألة نهاية الأسبوع أدناه، حيث يتبيّن أن $\N$ و $\Q$ و $\R$ ذات أحجام مختلفة حقًّا. ويعود القاموس نفسه مرتين أخريين في هذا المجلد في صور مصقولة: فالمتتاليات ([الفصل 11](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#ch-b1-seq)) ليست إلا تطبيقات $\N \to \R$، فالعبارات عن المتتاليات عبارات عن [مجموعة](#def-b1-logic-sets) تطبيقات؛ وسيقيس الجبر الخطي الفضاءات المتجهية لا بالتقابلات بل بالتقابلات *الخطية*، التي يحكم وجودَها عددٌ واحد هو البُعد ([الفصل 19](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/19-finite-dimension#ch-b1-findim)). وكلما ظهر ضربٌ جديد من «التماثل» — تساوي القوة، وتماثل الزمر ([الفصل 7](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/7-algebraic-structures#ch-b1-structures))، والتماثل الخطي — تكرّر نمط [المبرهنة 1.24](#thm-b1-logic-inverse): التماثل [تطبيق](#def-b1-logic-map) قابل للقلب يحترم البنية. **ملاحظة 1.37 (أين يُستعمل هذا الفصل).** في كل مكان — لكنّ مواضع قليلة تستحق التنويه. فرياضة المسوِّرات الثلاثة في [المثال 1.8](#ex-b1-logic-limit) هي الخبز اليومي في الفصول [11](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#ch-b1-seq) و[13](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#ch-b1-continuity): إذ إن كل برهان على نهاية لعبةٌ تُلعب ضد $\varepsilon$ كيفيّ. وتعود صفوف التكافؤ في صورة صفوف التوافق في $\Z/n\Z$ في [الفصل 7](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/7-algebraic-structures#ch-b1-structures)، حيث تكتسب تجزئة [المبرهنة 1.31](#thm-b1-logic-partition) بنيةً جبرية خاصة بها. وتصير علاقات الترتيب والحواصر العليا والحدود العليا القلبَ البديهي [للمجموعة](#def-b1-logic-sets) $\R$ في [الفصل 10](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#ch-b1-reals). وتعود التطبيقات المتباينة والشاملة والتقابلية في صورة التطبيقات الخطية في [الفصل 20](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/20-linear-maps#ch-b1-linmaps)، حيث يمكن اختبار التباين على متجهة واحدة (النواة)؛ وتحوّل مسألة نهاية الأسبوع أدناه مفهومَ التقابل المجرّد إلى نظرية في *أحجام المجموعات اللانهائية*، تعود استنتاجاتها (قابلية $\Q$ للعدّ، وعدم قابلية $\R$ للعدّ) إلى الظهور في الفصول [10](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#ch-b1-reals) و[12](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/12-topology-of-the-real-line#ch-b1-topology). ## 1.7 تمارين **تمرين 1.1 ★.** اكتب نفي كل [عبارة](#def-b1-logic-statement)، دون استعمال كلمة «ليس»: 1. $\forall x \in \R,\ \exists y \in \R,\ x + y > 0$ ؛ 2. $\exists x \in \R,\ \forall y \in \R,\ xy = 0$ ؛ 3. $\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x \in \R,\ \abs{x} \leq \delta \implies \abs{f(x)} \leq \varepsilon$ (من أجل [تطبيق](#def-b1-logic-map) $f \colon \R \to \R$ مثبَّت). ثم حدّد أصادقةٌ العبارتان (1) و (2) أم كاذبتان. **حل التمرين 1.1.** النفي، بتمرير $\lnot$ عبر كل مسوِّر ([القضية 1.5](#prop-b1-logic-negquant)) وباستعمال $\lnot(P \implies Q) \iff P \land \lnot Q$: 1. $\exists x \in \R,\ \forall y \in \R,\ x + y \leq 0$ ؛ 2. $\forall x \in \R,\ \exists y \in \R,\ xy \neq 0$ ؛ 3. $\exists \varepsilon > 0,\ \forall \delta > 0,\ \exists x \in \R,\ \abs{x} \leq \delta \text{ و} \abs{f(x)} > \varepsilon$ . [العبارة](#def-b1-logic-statement) (1) صادقة: من أجل $x$ معطى، خذ $y = -x + 1$؛ عندئذ $x + y = 1 > 0$. [والعبارة](#def-b1-logic-statement) (2) صادقة: العدد $x = 0$ يحقق $xy = 0$ لكل $y$. **تمرين 1.2 ★.** لتكن $P, Q$ عبارتين. برهن، باستعمال جداول الحقيقة، على أن $\lnot(P \implies Q) \iff P \land (\lnot Q)$، واستنتج نفي [العبارة](#def-b1-logic-statement): «إذا كانت دالة قابلة للاشتقاق فهي متصلة». **حل التمرين 1.2.** جدول الحقيقة، بكتابة ص/ك في الحالات الأربع $(P, Q)$: | $P$ | $Q$ | $P \implies Q$ | $\lnot(P \implies Q)$ | $\lnot Q$ | $P \land \lnot Q$ | | --- | --- | --- | --- | --- | --- | | ص | ص | ص | ك | ك | ك | | ص | ك | ك | ص | ص | ص | | ك | ص | ص | ك | ك | ك | | ك | ك | ص | ك | ص | ك | يتطابق العمودان $4$ و $6$، وهذا يبرهن على التكافؤ. ومنه فإن نفي [عبارة](#def-b1-logic-statement) «إذا كانت دالة قابلة للاشتقاق فهي متصلة» هو: «توجد دالة قابلة للاشتقاق وغير متصلة» (وهي [عبارة](#def-b1-logic-statement) كاذبة في واقع الأمر، إذ إن الاستلزام الأصلي صادق، انظر [الفصل 14](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#ch-b1-derivative)). **تمرين 1.3 ★.** برهن [بعكس النقيض](#prop-b1-logic-rules): من أجل $x \in \R$، إذا كان $x^3 + x \geq 2$ فإن $x \geq 1$. ثم برهن بالخلف على أنه لا يوجد أصغر عدد حقيقي موجب تمامًا. **حل التمرين 1.3.** *[بعكس النقيض](#prop-b1-logic-rules).* نفترض أن $x < 1$. عندئذ $x^3 < 1$ (دالة التكعيب متزايدة) و $x < 1$، ومنه $x^3 + x < 2$. وهذا يبرهن على [عكس النقيض](#prop-b1-logic-rules)، ومنه على [العبارة](#def-b1-logic-statement) نفسها. *بالخلف.* نفترض أن $a > 0$ أصغر عدد حقيقي موجب تمامًا. عندئذ $a/2$ موجب تمامًا و $a/2 < a$ (لأن $a > 0$)، وهذا يناقض الأصغرية. ومنه لا وجود لعدد $a$ كهذا. **تمرين 1.4 ★.** برهن بالاستقراء على أنه، لكل $n \in \N$: 1. $\sum_{k=0}^{n} 2^k = 2^{n+1} - 1$ ؛ 2. العدد $4^n + 5$ يقبل القسمة على $3$ . **حل التمرين 1.4.** 1. حالة البداية $n = 0$: $2^0 = 1 = 2^1 - 1$. خطوة الانتقال: بافتراض المتطابقة من أجل $n$، $$\sum_{k=0}^{n+1} 2^k = (2^{n+1} - 1) + 2^{n+1} = 2 \cdot 2^{n+1} - 1 = 2^{n+2} - 1 .$$ 2. حالة البداية $n = 0$: $4^0 + 5 = 6 = 3 \times 2$. خطوة الانتقال: إذا كان $4^n + 5 = 3m$ فإن $$4^{n+1} + 5 = 4(4^n + 5) - 15 = 3(4m - 5),$$ وهو يقبل القسمة على $3$. **تمرين 1.5 ★.** جد الخلل في «البرهان» التالي على أن جميع الأقلام لها اللون نفسه. *لتكن $P(n)$: «في كل [مجموعة](#def-b1-logic-sets) مكوَّنة من $n$ قلمًا، تحمل جميع الأقلام اللون نفسه». [العبارة](#def-b1-logic-statement) $P(1)$ بيّنة. نفترض $P(n)$ ونأخذ $n+1$ قلمًا؛ بحذف الأخير تشترك الأقلام $n$ الأولى في لونها؛ وبحذف الأول تشترك الأقلام $n$ الأخيرة في لونها؛ ومنه تشترك الأقلام $n+1$ جميعها في لونها.* **حل التمرين 1.5.** تفترض خطوة الانتقال ضمنًا أن المجموعتين («الأقلام $n$ الأولى» و«الأقلام $n$ الأخيرة») تتقاطعان، فتنقل الأقلام المشتركة اللون من إحداهما إلى الأخرى. ومن أجل $n + 1 = 2$ تكون المجموعتان $\{$القلم الأول$\}$ و $\{$القلم الثاني$\}$: وهما منفصلتان، فتنهار الحجة. إذن لم يُبرهن قط على $P(1) \implies P(2)$، وينهار الاستقراء — وإن كان $P(n) \implies P(n+1)$ صالحًا لكل $n \geq 2$. **تمرين 1.6 ★.** لتكن $A, B, C$ أجزاءً من $E$. برهن على أن: 1. $A \setminus B = A \cap \overline{B}$ ؛ 2. $(A \cup B) \setminus C = (A \setminus C) \cup (B \setminus C)$ ؛ 3. $A \subseteq B \iff A \cup B = B \iff A \cap B = A$ . **حل التمرين 1.6.** 1. $x \in A \setminus B \iff x \in A \land x \notin B \iff x \in A \land x \in \overline{B} \iff x \in A \cap \overline{B}$ . 2. باستعمال (1) والتوزيعية ( [القضية 1.18](#prop-b1-logic-setalgebra) ): $(A \cup B) \cap \overline{C} = (A \cap \overline{C}) \cup (B \cap \overline{C})$ . 3. نفترض $A \subseteq B$ . عندئذ $A \cup B \subseteq B$ (فكلتا القطعتين تقع في $B$ ) و $B \subseteq A \cup B$ دائمًا، ومنه $A \cup B = B$ . ونفترض $A \cup B = B$ : عندئذ $A \cap B \subseteq A$ دائمًا، ويعطي $A \subseteq A \cup B = B$ أن $A \subseteq A \cap B$ ، ومنه $A \cap B = A$ . ونفترض $A \cap B = A$ : عندئذ $A = A \cap B \subseteq B$ . فالشروط الثلاثة متكافئة إذن (فقد برهنّا على دورة من الاستلزامات). **تمرين 1.7 ★★.** من أجل كل [تطبيق](#def-b1-logic-map) ممّا يلي، حدّد (مع البرهان) أهو متباين أم شامل أم تقابليّ: 1. $f \colon \N \to \N$ ، $n \mapsto n + 1$ ؛ 2. $g \colon \Z \to \Z$ ، $n \mapsto n + 1$ ؛ 3. $h \colon \R \setminus \{1\} \to \R$ ، $x \mapsto \frac{x+1}{x-1}$ . ومن أجل $h$، عدّل [مجموعة](#def-b1-logic-sets) الوصول لجعله [تقابليًا](#def-b1-logic-inj) واحسب مقلوبه. **حل التمرين 1.7.** 1. [التطبيق](#def-b1-logic-map) $f$ متباين ( $n + 1 = m + 1 \implies n = m$ ) لكنه غير شامل: إذ ليس للعدد $0$ سابقة في $\N$ . 2. [التطبيق](#def-b1-logic-map) $g$ تقابليّ: [فالتطبيق](#def-b1-logic-map) $n \mapsto n - 1$ مقلوب ثنائي الجانب له على $\Z$ . 3. [التطبيق](#def-b1-logic-map) $h$ متباين: إذ يعطي $\frac{x+1}{x-1} = \frac{x'+1}{x'-1}$ أن $(x+1)(x'-1) = (x'+1)(x-1)$ ، أي $xx' - x + x' - 1 = xx' - x' + x - 1$ ، ومنه $2x' = 2x$ . وهو غير شامل على $\R$ : فحلّ المعادلة $y = \frac{x+1}{x-1}$ يعطي $x(y - 1) = y + 1$ ، وهي بلا حلّ عندما $y = 1$ (إذ تصير المعادلة $0 = 2$ ). وبأخذ [مجموعة](#def-b1-logic-sets) الوصول $\R \setminus \{1\}$ يعطي الحساب نفسه السابقة الوحيدة $x = \frac{y+1}{y-1}$ ، ومنه فإن $h \colon \R \setminus \{1\} \to \R \setminus \{1\}$ تقابليّ و $h^{-1}(y) = \frac{y+1}{y-1} = h(y)$ : أي أن $h$ مقلوب نفسه. **تمرين 1.8 ★★.** لتكن $f \colon E \to F$، ولتكن $A, A' \subseteq E$ و$B, B' \subseteq F$. 1. برهن على أن $f^{-1}(B \cap B') = f^{-1}(B) \cap f^{-1}(B')$ وأن $f(A \cup A') = f(A) \cup f(A')$ . 2. برهن على أن $f(A \cap A') \subseteq f(A) \cap f(A')$ وأعط مثالًا يكون فيه الاحتواء تامًّا. 3. برهن على أن: $f$ متباين إذا وفقط إذا كان $f(A \cap A') = f(A) \cap f(A')$ لكل $A, A'$ . **حل التمرين 1.8.** 1. $x \in f^{-1}(B \cap B') \iff f(x) \in B \cap B' \iff f(x) \in B \land f(x) \in B' \iff x \in f^{-1}(B) \cap f^{-1}(B')$ . وأمّا الصور: فيكون $y \in f(A \cup A')$ إذا وفقط إذا كان $y = f(x)$ من أجل $x$ ما في $A$ أو في $A'$ ، أي إذا وفقط إذا كان $y \in f(A)$ أو $y \in f(A')$ . 2. إذا كان $y \in f(A \cap A')$ فإن $y = f(x)$ مع $x \in A$ و $x \in A'$ ، ومنه $y \in f(A)$ و $y \in f(A')$ . وأمّا الاحتواء التام: فخذ $f \colon \R \to \R$ ، $x \mapsto x^2$ ، $A = \{-1\}$ ، $A' = \{1\}$ : عندئذ $f(A \cap A') = f(\emptyset) = \emptyset$ بينما $f(A) \cap f(A') = \{1\}$ . 3. ( $\Leftarrow$ ) بأخذ $A = \{x\}$ و $A' = \{x'\}$ حيث $x \neq x'$ : إذا كان $f(x) = f(x')$ فإن $f(A) \cap f(A') = \{f(x)\}$ في حين أن $f(A \cap A') = \emptyset$ ، وهذا يناقض التساوي المفترض؛ إذن $f$ متباين. ( $\Rightarrow$ ) ليكن $f$ [متباينًا](#def-b1-logic-inj) وليكن $y \in f(A) \cap f(A')$ : أي $y = f(x) = f(x')$ مع $x \in A$ و $x' \in A'$ ؛ ويعطي التباين أن $x = x' \in A \cap A'$ ، ومنه $y \in f(A \cap A')$ . ومع (2) يتحقق التساوي. **تمرين 1.9 ★★.** لتكن $f \colon E \to F$ و $g \colon F \to E$ يحققان $g \circ f = \mathrm{id}_E$. برهن على أن $f$ متباين وأن $g$ شامل. وأعط مثالًا لا يكون فيه $f$ ولا $g$ [تقابليًا](#def-b1-logic-inj). **حل التمرين 1.9.** التركيب $g \circ f = \mathrm{id}_E$ متباين وشامل، فحسب [القضية 1.26](#prop-b1-logic-comp) (2) يكون $f$ [متباينًا](#def-b1-logic-inj) و $g$ [شاملًا](#def-b1-logic-inj). مثال: $E = \N$، $F = \Z$، و $f$ هو الحقن $n \mapsto n$، و $g \colon \Z \to \N$ حيث $g(n) = n$ من أجل $n \geq 0$ و $g(n) = 0$ من أجل $n < 0$. عندئذ $g(f(n)) = n$ لكل $n \in \N$، لكن $f$ غير شامل و $g$ غير متباين. **تمرين 1.10 ★★.** على $\R$، نعرّف $x \mathbin{\mathcal{R}} y \iff x^2 - y^2 = x - y$. برهن على أن $\mathcal{R}$ [علاقة تكافؤ](#def-b1-logic-equiv)، وصِف [صف التكافؤ](#def-b1-logic-equiv) لكل عدد حقيقي $x$. وأيّ الصفوف يحتوي على عنصر واحد بالضبط؟ **حل التمرين 1.10.** $x^2 - y^2 = x - y \iff (x - y)(x + y) = x - y \iff (x - y)(x + y - 1) = 0 \iff y = x$ أو $y = 1 - x$. *انعكاسية:* الاختيار $y = x$ يفي بالغرض. *تماثلية:* الشرط «$y = x$ أو $y = 1 - x$» متناظر في $x$ و $y$ (إذ إن $y = 1 - x$ يكافئ $x = 1 - y$). *متعدّية:* نفترض $x \mathbin{\mathcal{R}} y$ و$y \mathbin{\mathcal{R}} z$؛ وبمراجعة الحالات الأربع نجد أن $z$ يساوي $x$ أو $1 - x$ في كل مرة (مثلًا $y = 1 - x$ و $z = 1 - y$ يعطيان $z = x$). إذن $\mathcal{R}$ [علاقة تكافؤ](#def-b1-logic-equiv) و$\mathrm{cl}(x) = \{x,\, 1 - x\}$. ولهذا الصف عنصر واحد بالضبط عندما يكون $x = 1 - x$، أي من أجل $x = \frac12$. **تمرين 1.11 ★★★.** (كانتور) لتكن $E$ [مجموعة](#def-b1-logic-sets). برهن على أنه لا يوجد [تطبيق شامل](#def-b1-logic-inj) من $E$ على $\mathcal{P}(E)$. *إرشاد: من أجل $f \colon E \to \mathcal{P}(E)$ معطى، تأمّل $D = \{x \in E : x \notin f(x)\}$.* **حل التمرين 1.11.** ليكن $f \colon E \to \mathcal{P}(E)$ تطبيقًا كيفيًا ولنضع $D = \{x \in E : x \notin f(x)\} \in \mathcal{P}(E)$. ونفترض $D = f(a)$ من أجل $a \in E$ ما. إذا كان $a \in D$ فإن $D$ بحكم تعريفه يعطي $a \notin f(a) = D$: وهذا تناقض. وإذا كان $a \notin D$ فإن $a \notin f(a)$، ومنه $a \in D$ بحكم تعريف $D$: وهذا تناقض. ومنه فإن $D$ ليست في صورة $f$، فلا يكون $f$ [شاملًا](#def-b1-logic-inj). (وبوجه خاص لا توجد [مجموعة](#def-b1-logic-sets) في تقابل مع [مجموعة](#def-b1-logic-sets) أجزائها: فأجزاء $\N$ «أكثر» من الأعداد الصحيحة.) **تمرين 1.12 ★★★.** ليكن $f \colon E \to F$ تطبيقًا. نعرّف $\Phi \colon \mathcal{P}(F) \to \mathcal{P}(E)$ بالعلاقة $\Phi(B) = f^{-1}(B)$. 1. برهن على أن $f$ شامل إذا وفقط إذا كان $\Phi$ [متباينًا](#def-b1-logic-inj) . 2. برهن على أن $f$ متباين إذا وفقط إذا كان $\Phi$ [شاملًا](#def-b1-logic-inj) . **حل التمرين 1.12.** 1. ( $\Rightarrow$ ) ليكن $f$ [شاملًا](#def-b1-logic-inj) وليكن $\Phi(B) = \Phi(B')$ . من أجل $y \in B$ ، اختر $x$ يحقق $f(x) = y$ ؛ عندئذ $x \in f^{-1}(B) = f^{-1}(B')$ ، ومنه $y = f(x) \in B'$ . إذن $B \subseteq B'$ ، وبالتناظر $B' \subseteq B$ : أي أن $\Phi$ متباين. ( $\Leftarrow$ ) إذا لم يكن $f$ [شاملًا](#def-b1-logic-inj) فاختر $y_0 \in F$ خارج الصورة؛ عندئذ $f^{-1}(\{y_0\}) = \emptyset = f^{-1}(\emptyset)$ مع $\{y_0\} \neq \emptyset$ ، ومنه لا يكون $\Phi$ [متباينًا](#def-b1-logic-inj) . 2. ( $\Rightarrow$ ) ليكن $f$ [متباينًا](#def-b1-logic-inj) ولتكن $A \subseteq E$ . نضع $B = f(A)$ ؛ عندئذ $f^{-1}(B) = \{x : f(x) \in f(A)\}$ ، ويعطي التباين أن $f(x) \in f(A) \iff x \in A$ ، ومنه $\Phi(B) = A$ : أي أن $\Phi$ شامل. ( $\Leftarrow$ ) إذا لم يكن $f$ [متباينًا](#def-b1-logic-inj) فخذ $x \neq x'$ يحققان $f(x) = f(x')$ . عندئذ تحتوي كل [مجموعة](#def-b1-logic-sets) سوابق $f^{-1}(B)$ على $x$ إذا وفقط إذا احتوت على $x'$ ؛ ومنه فإن $\{x\}$ ليست على الصورة $\Phi(B)$ ، ولا يكون $\Phi$ [شاملًا](#def-b1-logic-inj) . ## 1.8 مسألة: مقارنة اللانهايات **مسألة 1.1.** متى تكون لمجموعتين «العدد نفسه من العناصر»؟ جواب كانتور — عندما يوجد تقابل بينهما — يتبيّن أنه صالح للاستعمال حتى مع المجموعات اللانهائية، وهو يشقّ اللانهاية إلى أحجام مختلفة حقًّا. وتبني هذه المسألة صندوق العدّة كاملًا انطلاقًا من تعاريف هذا الفصل المجردة: مبرهنة كانتور–شرودر–برنشتاين (حَقنان يصنعان تقابلًا)، وقابلية $\Q$ للعدّ، وعدم قابلية $\R$ للعدّ بالحجة القطرية، واستنتاج كانتور المذهل سنة 1874: *الأعداد المتسامية موجودة، وبكثرة هائلة*، دون إبراز عدد واحد منها. وفي كل ما يلي، من أجل مجموعتين $E$ و $F$، نكتب $E \preceq F$ عندما يوجد [تطبيق متباين](#def-b1-logic-inj) من $E$ في $F$، ونكتب $E \approx F$ («المجموعتان $E$ و $F$ *متساويتا القوة*») عندما يوجد تقابل من $E$ على $F$. **الجزء 1 — مفردات المقارنة.** 1. بيّن أن $\approx$ تسلك سلوك [علاقة تكافؤ](#def-b1-logic-equiv) : $E \approx E$ ؛ وإذا كان $E \approx F$ فإن $F \approx E$ ؛ وإذا كان $E \approx F$ و $F \approx G$ فإن $E \approx G$ . (اذكر بدقة [المبرهنة 1.24](#thm-b1-logic-inverse) و [القضية 1.26](#prop-b1-logic-comp) .) 2. بيّن أن $\preceq$ متعدّية، وأن كل [تطبيق متباين](#def-b1-logic-inj) $f \colon E \to F$ يستدعي $E \approx f(E)$ . 3. لتكن $E \neq \emptyset$ . بيّن أن $E \preceq F$ إذا وفقط إذا وُجد [تطبيق شامل](#def-b1-logic-inj) من $F$ على $E$ . 4. تحقق من أن $n \mapsto n + 1$ تقابل من $\N$ على $\N^* = \N \setminus \{0\}$، وأن $$\sigma(n) = \frac n2 \ \ (n \text{ زوجي}), \qquad \sigma(n) = -\frac{n+1}2 \ \ (n \text{ فردي})$$ تقابل من $\N$ على $\Z$. ومنه فحذف نقطة، أو المضاعفة نحو الأعداد السالبة، لا يغيّر حجم $\N$. **الجزء 2 — مبرهنة كانتور–شرودر–برنشتاين.** ليكن $f \colon E \to F$ و $g \colon F \to E$ تطبيقين متباينين. نعرّف $$ C_0 = E \setminus g(F), \qquad C_{n+1} = g\bigl(f(C_n)\bigr) \ \ (n \in \N), \qquad C = \bigcup_{n \in \N} C_n, $$ ونجعل $h \colon E \to F$ يرسل $x \in C$ إلى $f(x)$، ويرسل $x \notin C$ إلى العنصر الوحيد $y \in F$ الذي يحقق $g(y) = x$. 5. تحقق من أن $h$ معرَّف تعريفًا سليمًا: إذا كان $x \notin C$ فإن $x \in g(F)$ ، والعنصر $y$ الذي يحقق $g(y) = x$ وحيد. 6. بيّن أن $g\bigl(f(C)\bigr) = \bigcup_{n \geq 1} C_n \subseteq C$ . (الصور المباشرة تتبادل مع الاتحادات: [التمرين 1.8](#exo-b1-logic-8) .) 7. بيّن أن $h$ متباين. (ثلاث حالات؛ وفي الحالة المختلطة $x \in C$ و $x' \notin C$ ، بيّن أن $h(x) = h(x')$ يفرض $x' \in g(f(C)) \subseteq C$ .) 8. بيّن أن $h$ شامل: من أجل $y \in F$ معطى، ميّز بين الحالتين $g(y) \notin C$ و $g(y) \in C_n$ من أجل $n \geq 1$ ما (ولماذا يستحيل أن يكون $g(y) \in C_0$ ؟)، وأبرز سابقةً للعنصر $y$ في كل حالة. 9. استنتج *مبرهنة كانتور–شرودر–برنشتاين* : إذا كان $E \preceq F$ و $F \preceq E$ فإن $E \approx F$ . وعلّق في جملة واحدة على ما يجعل هذه [العبارة](#def-b1-logic-statement) غير بديهية. 10. تطبيقان. (أ) بيّن أن $\intcc01 \approx \intoo01$ . (ب) بيّن أن $\varphi(p, q) = 2^p(2q + 1) - 1$ يعرّف تقابلًا من $\N \times \N$ على $\N$ — التباين بحجة الزوجية، والشمول بالاستقراء القوي ( [المبرهنة 1.12](#thm-b1-logic-induction) ). ومنه $\N \times \N \approx \N$ : فمستوي النقاط الصحيحة ليس أكبر من المستقيم. **الجزء 3 — المجموعات القابلة للعدّ.** نقول عن [مجموعة](#def-b1-logic-sets) $E$ إنها *قابلة للعدّ على الأكثر* عندما يكون $E \preceq \N$، وإنها *قابلة للعدّ* عندما يكون $E \approx \N$. 11. بيّن أن كل جزء لا نهائي $A \subseteq \N$ قابل للعدّ. (عرّف $\varphi(n)$ تراجعيًا بأنه أصغر عنصر في $A \setminus \{\varphi(0), \dots, \varphi(n-1)\}$ ؛ وبيّن أن $\varphi$ متزايد تمامًا، وأنه يحقق $\varphi(n) \geq n$ ، وأنه يبلغ كل عنصر من $A$ .) 12. استنتج أن [مجموعة](#def-b1-logic-sets) تكون قابلة للعدّ على الأكثر إذا وفقط إذا كانت منتهية أو قابلة للعدّ، ولاحظ أن السؤال 9 يعطي الاختصار التالي: إذا كان $E \preceq \N$ و $\N \preceq E$ فإن $E$ قابلة للعدّ. 13. بيّن أنه إذا كانت $E$ و $F$ قابلتين للعدّ على الأكثر فكذلك $E \times F$ . واستنتج أن $\Z \times \N^*$ قابلة للعدّ. 14. بيّن أن $\Q$ قابلة للعدّ. (احقن $\Q$ في $\Z \times \N^*$ بكتابة كل عدد ناطق في أبسط صورة بمقام موجب — ووحدانية هذا التمثيل مبرهن عليها في [الفصل 6](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/6-integer-arithmetic#ch-b1-arith) ؛ ثم طبّق السؤال 12.) 15. بيّن أن اتحادًا قابلًا للعدّ من مجموعات قابلة للعدّ على الأكثر هو قابل للعدّ على الأكثر: أي إذا كانت كل $E_n$ ( $n \in \N$ ) قابلة للعدّ على الأكثر فكذلك $\bigcup_{n \in \N} E_n$ . (أرسل $x$ إلى الثنائية $(n, f_n(x))$ حيث $n$ هو *أصغر* دليل يحقق $x \in E_n$ .) 16. بيّن أن [مجموعة](#def-b1-logic-sets) أجزاء $\N$ *المنتهية* قابلة للعدّ. (أرسل جزءًا منتهيًا $F$ إلى $\sum_{i \in F} 2^i$ ؛ وبرهن على التباين بمقارنة أكبر عنصر تختلف عنده مجموعتان منتهيتان، مستعملًا $\sum_{k=0}^{m-1} 2^k = 2^m - 1$ من [التمرين 1.4](#exo-b1-logic-4) .) **الجزء 4 — القطرنة.** لتكن $\{0,1\}^{\N}$ [مجموعة](#def-b1-logic-sets) كل التطبيقات $u \colon \N \to \{0, 1\}$، أي [مجموعة](#def-b1-logic-sets) المتتاليات الثنائية. 17. أنشئ تقابلًا بين $\mathcal{P}(\N)$ و $\{0,1\}^{\N}$ (الدوال المميِّزة). 18. (الحجة القطرية) ليكن $\Phi \colon \N \to \{0,1\}^{\N}$ تطبيقًا كيفيًا. تأمّل المتتالية $d$ المعرَّفة بالعلاقة $d(n) = 1 - \Phi(n)(n)$ . بيّن أن $d$ ليست في صورة $\Phi$ ، واستنتج أن $\{0,1\}^{\N}$ *غير* قابلة للعدّ على الأكثر. واشرح في جملة واحدة لماذا يكون هذا، عبر السؤال 17، هو بالضبط مبرهنة كانتور ( [التمرين 1.11](#exo-b1-logic-11) ) من أجل $E = \N$ . 19. اقبل — بوصفه مألوفًا من المدرسة، ومبرهنًا عليه بدقة في [الفصل 10](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#ch-b1-reals) — أن لكل $x \in \intco01$ نشرًا عشريًا *سويًا* وحيدًا $x = 0.d_1 d_2 d_3\dots$ (أي لا ينتهي بسلسلة لا نهائية من الأرقام $9$ ). ومن أجل متتالية كيفية $(x_n)_{n \geq 1}$ من عناصر $\intco01$ ، أنشئ $x \in \intco01$ يحقق $x \neq x_n$ لكل $n$ : اختر رقمه من الرتبة $n$ مساويًا $5$ إذا كان رقم $x_n$ من الرتبة $n$ مخالفًا $5$ ، و $6$ فيما عدا ذلك. وبرّر بعناية أن $x$ سويّ وأنه يتفادى كل $x_n$ ، واستنتج أن $\intco01$ غير قابلة للعدّ على الأكثر. 20. استنتج أن $\R$ غير قابلة للعدّ، وأن [مجموعة](#def-b1-logic-sets) الأعداد الصمّاء $\R \setminus \Q$ غير قابلة للعدّ كذلك. وبأيّ معنى دقيق تكون «أغلب» الأعداد الحقيقية صمّاء؟ **الجزء 5 — مبرهنة كانتور لسنة 1874: وجود الأعداد المتسامية.** نقول عن عدد حقيقي $x$ إنه *جبريّ* عندما يكون $P(x) = 0$ من أجل كثير حدود غير معدوم $P$ ذي معاملات صحيحة، وإنه *متسامٍ* فيما عدا ذلك. واقبل في هذا الجزء — فهو مبرهن عليه في [الفصل 8](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#ch-b1-poly) — أن كثير حدود غير معدوم من الدرجة $n$ له $n$ جذور حقيقية على الأكثر. 21. بيّن أن كل عدد ناطق جبريّ، وجد كثيرات حدود صريحة ذات معاملات صحيحة تُعدم $\sqrt 2$ و $\sqrt 2 + \sqrt 3$ . 22. من أجل $n \in \N$ مثبَّت، بيّن أن [مجموعة](#def-b1-logic-sets) كثيرات الحدود ذات الدرجة $n$ على الأكثر والمعاملات الصحيحة قابلة للعدّ. (احقنها في $\Z^{n+1}$ واستقرِ على $n$ بالسؤال 13.) 23. استنتج أن [مجموعة](#def-b1-logic-sets) *كل* كثيرات الحدود ذات المعاملات الصحيحة قابلة للعدّ. 24. برهن على *مبرهنة كانتور في الأعداد الجبرية* : [مجموعة](#def-b1-logic-sets) الأعداد الحقيقية الجبرية $\mathcal{A}$ قابلة للعدّ. 25. استنتج: توجد أعداد حقيقية متسامية، [ومجموعة](#def-b1-logic-sets) الأعداد المتسامية غير قابلة للعدّ. ثم لخّص المسألة كلها في بضع جمل: السلسلة $\N \approx \Z \approx \Q \approx \mathcal{A}$ ، والقفزة التامة إلى $\R \approx$ (أساسًا) $\mathcal{P}(\N)$ ، وأين كانت كل أداة (كانتور–شرودر–برنشتاين، والاتحادات القابلة للعدّ، والقطرنة) حاسمة — ثم الأثر الفلسفي للبرهان على وجود عدد غير قابل للعدّ من الأعداد المتسامية دون تسمية واحد منها. (أمّا البرهان على تسامي عدد *بعينه* مثل $\pi$ فأصعب بكثير ويتجاوز هذا المجلد.) **حل المسألة 1.1.** **1.** *انعكاسية:* [التطبيق](#def-b1-logic-map) $\mathrm{id}_E$ تقابل من $E$ على نفسها. *تماثلية:* إذا كان $f \colon E \to F$ [تقابليًا](#def-b1-logic-inj) أعطت [المبرهنة 1.24](#thm-b1-logic-inverse) [التطبيق](#def-b1-logic-map) $f^{-1} \colon F \to E$، وهو نفسه تقابليّ. *متعدّية:* إذا كان $f \colon E \to F$ و$g \colon F \to G$ تقابلين قالت [القضية 1.26](#prop-b1-logic-comp) (1) إن $g \circ f \colon E \to G$ تقابل. (وهذا «شبيه» [بعلاقة تكافؤ](#def-b1-logic-equiv) لا غير: إذ إن [مجموعة](#def-b1-logic-sets) كل المجموعات ليست هي نفسها [مجموعة](#def-b1-logic-sets)، بسبب المفارقات التي يلمّح إليها [التمرين 1.11](#exo-b1-logic-11)؛ والمهم هو الخصائص الثلاث.) **2.** إذا كان $f \colon E \to F$ و $g \colon F \to G$ متباينين كان $g \circ f$ [متباينًا](#def-b1-logic-inj) حسب [القضية 1.26](#prop-b1-logic-comp) (1): أي $E \preceq G$. وأمّا النقطة الثانية فنضيّق [مجموعة](#def-b1-logic-sets) وصول $f$ إلى صورته: [فالتطبيق](#def-b1-logic-map) $\tilde f \colon E \to f(E)$، $x \mapsto f(x)$، شامل بحكم إنشاء $f(E)$ ومتباين لأن $f$ متباين، فهو إذن تقابليّ: أي $E \approx f(E)$. **3.** ($\Rightarrow$) ليكن $f \colon E \to F$ [متباينًا](#def-b1-logic-inj) ولنثبّت $a \in E$ (إذ $E \neq \emptyset$). نعرّف $s \colon F \to E$ كما يلي: $s(y)$ هو العنصر الوحيد $x$ الذي يحقق $f(x) = y$ عندما $y \in f(E)$ (والوحدانية بالتباين)، و $s(y) = a$ فيما عدا ذلك. ومن أجل كل $x \in E$ لدينا $s(f(x)) = x$، فيُبلغ كل $x$: أي أن $s$ شامل. ($\Leftarrow$) ليكن $s \colon F \to E$ [شاملًا](#def-b1-logic-inj). من أجل كل $x \in E$ اختر $y_x \in F$ واحدًا يحقق $s(y_x) = x$، وضع $u(x) = y_x$. إذا كان $u(x) = u(x')$ فإن $x = s(u(x)) = s(u(x')) = x'$: أي أن $u \colon E \to F$ متباين. **4.** [التطبيق](#def-b1-logic-map) $n \mapsto n + 1$ يرسل $\N$ في $\N^*$، وهو متباين ($n + 1 = m + 1 \implies n = m$) وشامل (إذ إن كل $m \geq 1$ يساوي $(m - 1) + 1$ مع $m - 1 \in \N$). وأمّا $\sigma$: فهو يرسل الأعداد الزوجية $0, 2, 4, \dots$ إلى $0, 1, 2, \dots$ والأعداد الفردية $1, 3, 5, \dots$ إلى $-1, -2, -3, \dots$ والتباين: الدخائل الزوجية تقع في $\N$ ($\sigma(n) = n/2 \geq 0$) والدخائل الفردية تقع في الأعداد الصحيحة السالبة تمامًا ($\sigma(n) = -(n+1)/2 \leq -1$)، فأيّ تصادم لا بد أن يقع داخل صف زوجية واحد، حيث يكون $\sigma$ رتيبًا تمامًا ($n/2 = m/2$ أو $(n+1)/2 = (m+1)/2$ يفرضان $n = m$). والشمول: كل $k \geq 0$ يساوي $\sigma(2k)$؛ وكل $k \leq -1$ يساوي $\sigma(-2k - 1)$ مع $-2k - 1 \geq 1$ فرديًا. إذن $\N \approx \N^*$ و $\N \approx \Z$. **5.** لدينا $C_0 = E \setminus g(F) \subseteq C$، ومنه فإن $x \notin C$ يستلزم $x \notin C_0$، أي $x \in g(F)$: أي أن عنصرًا $y \in F$ يحقق $g(y) = x$. وإذا كان $g(y') = x$ أيضًا أعطى تباين $g$ أن $y' = y$. ومنه فإن الشرط الثاني من تعريف $h$ يعيّن عنصرًا وحيدًا معرَّفًا تعريفًا سليمًا هو $g^{-1}(x)$. **6.** الصور المباشرة تتبادل مع الاتحادات ([التمرين 1.8](#exo-b1-logic-8) (1)، مطبَّقة على $f$ ثم على $g$): $$ g\bigl(f(C)\bigr) = g\Bigl(f\Bigl(\bigcup_{n \in \N} C_n\Bigr)\Bigr) = \bigcup_{n \in \N} g\bigl(f(C_n)\bigr) = \bigcup_{n \in \N} C_{n+1} = \bigcup_{n \geq 1} C_n \subseteq C . $$ **7.** ليكن $x \neq x'$ في $E$. إذا وقع كلاهما في $C$ فإن $h(x) = f(x) \neq f(x') = h(x')$ بتباين $f$. وإذا لم يقع أيٌّ منهما في $C$ فإن $g(h(x)) = x \neq x' = g(h(x'))$، ومنه $h(x) \neq h(x')$. وإذا كان $x \in C$ و $x' \notin C$ (الحالة المختلطة، بتبديل التسميتين عند الحاجة): نفترض $h(x) = h(x')$، أي $f(x) = g^{-1}(x')$. وبتطبيق $g$: $x' = g(f(x)) \in g(f(C))$، ويعطي السؤال 6 أن $x' \in C$ — وهذا تناقض. إذن $h(x) \neq h(x')$ في جميع الحالات: أي أن $h$ متباين. **8.** ليكن $y \in F$. *الحالة 1: $g(y) \notin C$.* عندئذ $h(g(y)) = g^{-1}(g(y)) = y$: فالعنصر $g(y)$ سابقة. *الحالة 2: $g(y) \in C$*، وليكن $g(y) \in C_n$. بما أن $g(y) \in g(F)$ فإن $g(y) \notin C_0 = E \setminus g(F)$، ومنه $n \geq 1$ و$g(y) \in C_n = g(f(C_{n-1}))$: أي يوجد $x \in C_{n-1}$ يحقق $g(y) = g(f(x))$. ويعطي تباين $g$ أن $y = f(x)$، ولدينا $x \in C_{n-1} \subseteq C$، ومنه $h(x) = f(x) = y$. ففي الحالتين يُبلغ $y$: أي أن $h$ شامل، فهو إذن تقابليّ. **9.** إذا كان $E \preceq F$ و $F \preceq E$ فاختر تطبيقين متباينين $f \colon E \to F$ و $g \colon F \to E$؛ وتبني الأسئلة 5–8 تقابلًا $h \colon E \to F$، ومنه $E \approx F$. [والعبارة](#def-b1-logic-statement) غير بديهية لأن التطبيقين المتباينين المعطيين لا رابط بينهما — فلا يلزم أن يكون أيٌّ منهما [شاملًا](#def-b1-logic-inj)، ولا تعرّف صيغةٌ ساذجة تخلط $f$ و $g$ أيَّ [تطبيق](#def-b1-logic-map): فمضمون المسألة كله هو تجزئة $E$ إلى المنطقة $C$ (حيث ننسخ $f$) ومتمّمتها (حيث نعكس $g$). **10.** (أ) الحقن $\intoo01 \to \intcc01$ متباين؛ [والتطبيق](#def-b1-logic-map) $x \mapsto \frac{x + 1}3$ يرسل $\intcc01$ تباينًا في $\intcc{\frac13}{\frac23} \subseteq \intoo01$ (فهو تآلفي ذو معامل توجيه غير معدوم). وبالسؤال 9 نجد $\intcc01 \approx \intoo01$ — وهو تقابل تصعب كتابته صراحةً إلى حد بعيد. (ب) *التباين.* نفترض $2^p(2q + 1) = 2^{p'}(2q' + 1)$ مع $p \leq p'$ مثلًا. وبالقسمة على $2^p$: $2q + 1 = 2^{p' - p}(2q' + 1)$. فإذا كان $p' > p$ كان الطرف الأيمن زوجيًا والطرف الأيسر فرديًا — وهذا مستحيل؛ ومنه $p = p'$، ثم $2q + 1 = 2q' + 1$ و $q = q'$. *الشمول.* نبيّن بالاستقراء القوي أن كل عدد صحيح $m \geq 1$ على الصورة $2^p(2q + 1)$. من أجل $m = 1$: $p = q = 0$. وليكن $m \geq 1$ ولنفترض الدعوى صحيحة لكل الأعداد الصحيحة من $\intint1m$. إذا كان $m + 1$ فرديًا فإن $m + 1 = 2q + 1$ مع $p = 0$. وإذا كان $m + 1$ زوجيًا فإن $m + 1 = 2m'$ مع $1 \leq m' \leq m$؛ وبالفرض $m' = 2^p(2q + 1)$، ومنه $m + 1 = 2^{p+1}(2q + 1)$. إذن يبلغ $\varphi(p, q) = 2^p(2q + 1) - 1$ كل $n \in \N$، ويكون $\varphi$ تقابلًا $\N \times \N \to \N$. **11.** بما أن $A$ لا نهائية فإن $A \setminus \{\varphi(0), \dots, \varphi(n - 1)\}$ لا تكون خالية أبدًا، وخاصية العنصر الأصغر في $\N$ (المستعملة في البرهان على [المبرهنة 1.12](#thm-b1-logic-induction)) تجعل التعريف التراجعي مشروعًا. *متزايد تمامًا:* ينتمي $\varphi(n + 1)$ إلى $A \setminus \{\varphi(0), \dots, \varphi(n)\} \subseteq A \setminus \{\varphi(0), \dots, \varphi(n - 1)\}$، وأصغر عناصرها هو $\varphi(n)$؛ ومنه $\varphi(n + 1) \geq \varphi(n)$، والتساوي مستبعد، ومنه $\varphi(n+1) > \varphi(n)$. *$\varphi(n) \geq n$:* بالاستقراء، $\varphi(0) \geq 0$ و$\varphi(n + 1) \geq \varphi(n) + 1 \geq n + 1$. و*التباين* ينتج من الرتابة التامة. و*الشمول على $A$:* نفترض أن عنصرًا $a \in A$ لا يُبلغ أبدًا. بما أن $\varphi(a + 1) \geq a + 1 > a$ فإن [مجموعة](#def-b1-logic-sets) الأعداد $n$ التي تحقق $\varphi(n) > a$ غير خالية؛ وليكن $n$ أصغر عناصرها. عندئذ يكون $\varphi(k) \leq a$ لكل $k < n$، ومنه $\varphi(k) < a$ (إذ إن $a$ لا يُبلغ). فينتمي $a$ عندئذ إلى $A \setminus \{\varphi(0), \dots, \varphi(n - 1)\}$ ويحقق $a < \varphi(n)$، وهذا يناقض الأصغرية التي تعرّف $\varphi(n)$. إذن $\varphi$ تقابل $\N \to A$، وتكون $A$ قابلة للعدّ. **12.** ليكن $E \preceq \N$ عبر [تطبيق متباين](#def-b1-logic-inj) $f$؛ عندئذ $E \approx f(E)$ (السؤال 2). فإذا كانت $f(E)$ منتهية كانت $E$ منتهية؛ وإذا كانت $f(E)$ لا نهائية أعطى السؤال 11 أن $f(E) \approx \N$، ومنه $E \approx \N$ بالتعدّي (السؤال 1). وبالعكس، من الواضح أن المجموعات المنتهية والمجموعات القابلة للعدّ تُحقن في $\N$. وأمّا الاختصار: فإن $E \preceq \N$ و$\N \preceq E$ يعطيان $E \approx \N$ مباشرة بمبرهنة كانتور–شرودر–برنشتاين — دون الحاجة إلى أيّ حجة تعداد. **13.** ليكن $f \colon E \to \N$ و $g \colon F \to \N$ تطبيقين متباينين. عندئذ يكون $(x, y) \mapsto \varphi\bigl(f(x), g(y)\bigr)$ تطبيقًا [متباينًا](#def-b1-logic-inj) $E \times F \to \N$: فإذا تطابقت الصور أعطى تباين $\varphi$ (السؤال 10) أن $f(x) = f(x')$ و $g(y) = g(y')$، ومنه $x = x'$ و $y = y'$. وأمّا $\Z \times \N^*$: فكلا العاملين قابل للعدّ (السؤال 4)، ومنه $\Z \times \N^* \preceq \N$؛ وهي لا نهائية (إذ تحتوي $\{0\} \times \N^*$)، فهي إذن قابلة للعدّ بالسؤال 12. **14.** لكل عدد ناطق $r$ تمثيل وحيد $r = p/q$ مع $p \in \Z$ و $q \in \N^*$ والكسر في أبسط صورة (والوحدانية مبرهن عليها في [الفصل 6](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/6-integer-arithmetic#ch-b1-arith)؛ ومن أجل $r = 0$ خذ $0/1$). [والتطبيق](#def-b1-logic-map) $r \mapsto (p, q)$ متباين عندئذ: فالثنائية تحدّد $r = p/q$. ومنه $\Q \preceq \Z \times \N^* \preceq \N$ بالسؤال 13. وبما أن $\N \subseteq \Q$ يعطي $\N \preceq \Q$، فإن السؤال 12 (أو مبرهنة كانتور–شرودر–برنشتاين مباشرة) يبيّن أن $\Q \approx \N$: أي أن الأعداد الناطقة قابلة للعدّ. **15.** من أجل كل $n$ ثبّت تطبيقًا [متباينًا](#def-b1-logic-inj) $f_n \colon E_n \to \N$. ومن أجل $x \in \bigcup_n E_n$، ليكن $n(x)$ هو *أصغر* دليل $n$ يحقق $x \in E_n$، ونضع $u(x) = \varphi\bigl(n(x), f_{n(x)}(x)\bigr) \in \N$. إذا كان $u(x) = u(x')$ أعطى تباين $\varphi$ أن $n(x) = n(x') = n$ و $f_n(x) = f_n(x')$، ومنه $x = x'$ بتباين $f_n$. إذن يُحقن الاتحاد في $\N$: فهو قابل للعدّ على الأكثر. **16.** لتكن $\Psi(F) = \sum_{i \in F} 2^i$ من أجل $F \subseteq \N$ منتهية (مع $\Psi(\emptyset) = 0$). نفترض $F \neq F'$ وليكن $m$ أكبر عنصر تختلفان عنده، وليكن $m \in F \setminus F'$ (بتبديل التسميتين عند الحاجة). فالعناصر التي $> m$ تنتمي إلى المجموعتين معًا أو لا تنتمي إلى أيّ منهما، فتسهم في المجموعين بالقدر نفسه؛ وبمقارنة إسهامات العناصر التي $\leq m$: $$ \sum_{i \in F,\, i \leq m} 2^i \geq 2^m > 2^m - 1 = \sum_{k=0}^{m-1} 2^k \geq \sum_{i \in F',\, i \leq m} 2^i , $$ باستعمال المجموع الهندسي من [التمرين 1.4](#exo-b1-logic-4). ومنه $\Psi(F) \neq \Psi(F')$: أي أن $\Psi$ متباين وأن [مجموعة](#def-b1-logic-sets) أجزاء $\N$ المنتهية قابلة للعدّ على الأكثر؛ وهي لا نهائية (إذ تحتوي جميع المجموعات الأحادية)، فهي إذن قابلة للعدّ. **17.** أرسل $A \subseteq \N$ إلى دالتها المميِّزة $\mathbf 1_A \colon \N \to \{0,1\}$ حيث $\mathbf 1_A(n) = 1$ إذا كان $n \in A$ و $0$ فيما عدا ذلك؛ وأرسل $u \in \{0,1\}^{\N}$ إلى $A_u = \{n \in \N : u(n) = 1\}$. والتطبيقان مقلوبان أحدهما للآخر: إذ $A_{\mathbf 1_A} = A$ و $\mathbf 1_{A_u} = u$ (تحقق من القيمة عند كل $n$). وحسب [المبرهنة 1.24](#thm-b1-logic-inverse) يكون كلٌّ منهما تقابلًا: $\mathcal{P}(\N) \approx \{0,1\}^{\N}$. **18.** من أجل كل $n$ لدينا $d(n) = 1 - \Phi(n)(n) \neq \Phi(n)(n)$، فتختلف المتتاليتان $d$ و $\Phi(n)$ عند الدليل $n$: $d \neq \Phi(n)$. ومنه لا يكون أيّ $\Phi$ [شاملًا](#def-b1-logic-inj)، وبالسؤال 3 لا يوجد كذلك أيّ [تطبيق متباين](#def-b1-logic-inj) $\{0,1\}^{\N} \to \N$: [فالمجموعة](#def-b1-logic-sets) $\{0,1\}^{\N}$ غير قابلة للعدّ على الأكثر. وعبر قاموس السؤال 17 يكون [التطبيق](#def-b1-logic-map) $\Phi \colon \N \to \{0,1\}^{\N}$ تطبيقًا $f \colon \N \to \mathcal{P}(\N)$، وتقابل $d$ المجموعةَ $D = \{n : n \notin f(n)\}$ (وبالفعل $d(n) = 1 \iff \Phi(n)(n) = 0 \iff n \notin f(n)$): فالحجة القطرية *هي* برهان كانتور على [التمرين 1.11](#exo-b1-logic-11) من أجل $E = \N$. **19.** اكتب $x_n = 0.d_1(n)\,d_2(n)\,d_3(n)\dots$ في صورته السوية وعرّف $\delta_n = 5$ إذا كان $d_n(n) \neq 5$، و $\delta_n = 6$ إذا كان $d_n(n) = 5$، ثم $x = 0.\delta_1\delta_2\delta_3\dots$ ولا يستعمل هذا النشر إلا الرقمين $5$ و $6$، فهو لا ينتهي بسلسلة من الأرقام $9$: أي أنه النشر السويّ لعدد حقيقي $x \in \intco01$. ومن أجل كل $n$ يختلف رقما $x$ و $x_n$ من الرتبة $n$ (إذ $\delta_n \neq d_n(n)$ بحكم الإنشاء)؛ وبما أن النشور السوية وحيدة فإن $x \neq x_n$. ومنه لا تستنفد أيّ متتالية $\intco01$: وبالسؤال 3 مرة أخرى تكون $\intco01$ غير قابلة للعدّ على الأكثر. **20.** لدينا $\intco01 \subseteq \R$، فأيّ [تطبيق متباين](#def-b1-logic-inj) $\R \to \N$ يتقيّد إلى [تطبيق متباين](#def-b1-logic-inj) على $\intco01$، وهذا يناقض السؤال 19: أي أن $\R$ غير قابلة للعدّ. ولو كانت $\R \setminus \Q$ قابلة للعدّ على الأكثر لكانت $\R = \Q \cup (\R \setminus \Q)$ اتحادًا لمجموعتين قابلتين للعدّ على الأكثر، فتكون قابلة للعدّ على الأكثر بالسؤال 15 (بأخذ $E_0 = \Q$ و$E_n = \R \setminus \Q$ من أجل $n \geq 1$) — وهذا تناقض. إذن الأعداد الصمّاء غير قابلة للعدّ. وبدقة أكبر: داخل $\R$ تكوّن الأعداد الناطقة [مجموعة قابلة للعدّ](#pb-b1-logic-1) بينما متمّمتها غير قابلة للعدّ؛ فلا يمكن لأيّ تقابل أن يطابق $\R \setminus \Q$ مع $\Q$ — فالأعداد الصمّاء «أكثر» من الناطقة تمامًا، وإن كانت المجموعتان لا نهائيتين وكثيفتين معًا. **21.** العدد $p/q$ (مع $q \neq 0$) جذر لكثير الحدود $qX - p$، وهو غير معدوم وذو معاملات صحيحة. والعدد $\sqrt 2$ جذر لكثير الحدود $X^2 - 2$. ومن أجل $x = \sqrt 2 + \sqrt 3$: لدينا $x^2 = 5 + 2\sqrt 6$، ومنه $x^2 - 5 = 2\sqrt 6$ و $(x^2 - 5)^2 = 24$، أي $$ x^4 - 10x^2 + 1 = 0 : $$ فالعدد $\sqrt 2 + \sqrt 3$ جذر لكثير الحدود $X^4 - 10X^2 + 1$. **22.** أرسل $P = a_0 + a_1X + \dots + a_nX^n$ (من الدرجة $\leq n$ وبمعاملات صحيحة) إلى $(a_0, \dots, a_n) \in \Z^{n+1}$: وهذا [التطبيق متباين](#def-b1-logic-inj)، لأن كثير الحدود محدَّد بمعاملاته. وبالاستقراء على $n$: [المجموعة](#def-b1-logic-sets) $\Z^1 = \Z$ قابلة للعدّ (السؤال 4)، [والمجموعة](#def-b1-logic-sets) $\Z^{n+2} \approx \Z^{n+1} \times \Z$ قابلة للعدّ على الأكثر بالسؤال 13. إذن كل [مجموعة](#def-b1-logic-sets) من كثيرات الحدود الصحيحة المحدودة الدرجة قابلة للعدّ على الأكثر؛ وهي لا نهائية (إذ تحتوي الثوابت)، فهي إذن قابلة للعدّ بالسؤال 12. **23.** [مجموعة](#def-b1-logic-sets) كل كثيرات الحدود الصحيحة هي $\bigcup_{n \in \N} \{P : \deg P \leq n,\ P \text{ ذو معاملات صحيحة}\}$، وهي اتحاد قابل للعدّ من مجموعات قابلة للعدّ: فهي قابلة للعدّ على الأكثر بالسؤال 15، ولا نهائية، فهي إذن قابلة للعدّ. **24.** من أجل كل كثير حدود صحيح غير معدوم $P$، تكون [مجموعة](#def-b1-logic-sets) الجذور $R_P = \{x \in \R : P(x) = 0\}$ منتهية (وفيها $\deg P$ عنصرًا على الأكثر، وهذا مقبول). وبالسؤال 23 يمكن تعداد كثيرات الحدود الصحيحة غير المعدومة $P_0, P_1, P_2, \dots$؛ عندئذ تكون $\mathcal{A} = \bigcup_{n \in \N} R_{P_n}$ اتحادًا قابلًا للعدّ من مجموعات منتهية (فهي إذن قابلة للعدّ على الأكثر): فهي قابلة للعدّ على الأكثر بالسؤال 15. وهي تحتوي $\Q$ (السؤال 21)، فهي لا نهائية: أي أن $\mathcal{A}$ قابلة للعدّ. **25.** لو كانت $\R \setminus \mathcal{A}$ قابلة للعدّ على الأكثر لكانت $\R = \mathcal{A} \cup (\R \setminus \mathcal{A})$ قابلة للعدّ على الأكثر (السؤال 15)، وهذا يناقض السؤال 20. ومنه توجد أعداد متسامية بل وتكوّن [مجموعة](#def-b1-logic-sets) غير قابلة للعدّ، في حين أن الأعداد الجبرية — وهي تشمل كل عدد يُبنى من الأعداد الصحيحة بالجذور — لا تكوّن إلا هيكلًا قابلًا للعدّ داخل $\R$. وخلاصة معمار المسألة: تضع الأسئلة 1–3 لغة المقارنة؛ وتتيح مبرهنة كانتور–شرودر–برنشتاين (الأسئلة 5–9) البرهان على تساوي القوة بتطبيقين متباينين سهلين بدل تقابل واحد بارع، وقد استُعملت من أجل $\intcc01 \approx \intoo01$، ومن أجل $\Q$، وفي الجزء 5 كله؛ وأمدّ تقابل الازدواج (السؤال 10) الجداءات والاتحادات القابلة للعدّ (السؤالان 13 و 15)، اللذين أمدّا بدورهما $\Q$ وكثيرات الحدود الصحيحة و $\mathcal{A}$؛ وأعطت الحجة القطرية (السؤالان 18–19) المتراجحة التامة الوحيدة $\N \prec \R$ التي تجعل القصة كلها غير بديهية. واستنتاج كانتور لافت فلسفيًا: فالبرهان لا يبرز أيّ عدد متسامٍ البتة، ومع ذلك يبيّن أن *كل عدد حقيقي تقريبًا* متسامٍ بمعنى تساوي القوة. أمّا تسمية عدد متسامٍ بعينه — مثل $\pi$ أو $\eu$ — فقد اقتضت رياضيات مختلفة كل الاختلاف وعقودًا أخرى من العمل.